广东省佛山市届高三下学期综合能力测试二化学试题Word版附解析Word下载.docx

1、是可逆的。3. 化合物W、X、Y、Z的分子式均为C7H8，Z的空间结构类似于篮子。下列说法正确的是A. 化合物W的同分异构体只有X、Y、ZB. X、Y、Z均可与酸性KMnO4溶液反应C. 1molX、1molY与足量Br2/CCl4溶液反应最多消耗Br2均为2molD. Z的一氯代物只有3种【答案】D【解析】A甲苯还有连状结构的同分异构体，如也是W的同分异构体，故A错；B. Z不能与酸性KMnO4溶液反应，故B错；C.1molX与足量Br2/CCl4溶液反应需要2mol Br2,1molY与足量Br2/CCl4溶液反应最多消耗Br2为3mol，故C错；D.根据Z的结构知道 Z有3种类型的氢，其

2、一氯代物只3种本题注意甲苯的同分异构体不但有环状结构，还有连状结构的。一氯代物种类数就等于结构中氢的种类数。碳碳双键能发生加成反应，也能被氧化。使溴水褪色的物质，可能是加成反应，如烯烃的加成，也可能是氧化反应。如醛可以使溴水褪色。4. 最近报道的一种处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图如下。装置工作时，下列说法不正确的是A. 盐桥中Cl-向Y极移动B. 化学能转变为电能C. 电子由X极沿导线流向Y极D. Y极发生的反应为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，周围pH增大【答案】A【解析】A.NH3 N2 化合价升高失电子，发生氧化反应，做正极；NO3-N2 化合价降低得电子，发生还原反应

3、，做负极， 盐桥中Cl-向负极X极移动，故A错；B. 垃圾在微生物的作用下，发生氧化还原反应，形成了原电池，所以化学能转变为电能，故B正确；C.根据A分析知X为负极，Y为正极， 电子由负极X极沿导线流向正极Y极，故C正确；极为正极发生的反应为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，消耗H+，所以pH增大，故D正确；答案：A。本题考查原电池的有关知识。解题时抓住原电池反应原理氧化还原反应。通过得失电子判断原电池的正负极，从而确定离子的移动方向，溶液中PH的变化。5. W、X、Y、乙是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Z同主族，W的氢化物水溶液可用于蚀刻玻璃，Y的最外层电子数是X的3倍

4、，Y的最高正价与最低负价代数和为4。下列说法不正确的是A. 原子半径: XYZWB. 简单氢化物的稳定性: WYC. Z的氧化物的水化物的酸性一定比Y 的强D. 一定条件下，X的单质可与W、Y、Z的单质分别发生化合反应【解析】W的氢化物水溶液可用于蚀刻玻璃，知W为F，W、Z同主族，W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素知Z为Cl, Y的最高正价与最低负价代数和为4知Y为S, Y的最外层电子数是X的3倍知X为Mg。A. 因为Mg S Cl同在第三周期，原子序数逐渐增大，F在第二周期的元素，所以原子半径:MgSClF,故A正确；B. 简单氢化物分别是:HF HCl H2S，根据元素周期律

5、知他们的非金属性FS,所以稳定性:HF HCl H2S ,故B正确；C. Z的最高价氧化物的水化物的酸性一定比Y的最高价氧化物的水化物的酸性强。故C错；D. 一定条件下，Mg的单质可与F2、S、Cl2的单质分别发生化合反应，所以D正确。考查元素周期律的知识。解答本题时根据元素周期律抓住递变规律进行分析即可。先通过原子结构知识确定元素种类。突破口为Y的最高正价与最低负价代数和为4。再根据物质的特性W的氧化物水溶液可用于蚀刻玻璃进行判断。6. 由下列实验及现象得出的结论正确的是实验 现象结论ASO2与H2S气体混合产生淡黄色沉淀氧化性:SO2SB向盛有FeSO4溶液的试管中滴入氯水，然后滴入KSC

6、N溶液滴入KSCN后溶液变为红色原FeSO4溶液已被空气中O2氧化变质C试管中盛有Cu（NO3）2溶液，底部有少量铜，向其中加入稀硫酸铜粉逐渐溶解铜可与稀硫酸反应D向2支盛有2mL相同浓度的NaOH溶液的试管中分别滴入2滴相同浓度的AlCl3和MgCl2溶液，振荡并静置前者无沉淀，后者有白色沉淀KspAl（OH）3KspMg（OH）2A. A B. B C. C D. D【解析】A:与H2S气体混合发生反应：+2H2S= 3S+2H2O反应现象为淡黄色沉淀。根据反应原理，氧化性:S，故A对；B:向盛有FeSO4溶液的试管中滴入氯水，Fe2+被氧化为Fe3+然后滴入KSCN溶液，变红色，不能确定

7、原FeSO4溶液是否被空气中O2氧化变质，故B错；C：试管中盛有Cu（NO3）2溶液，底部有少量铜，向其中加入稀硫酸，会有铜粉逐渐溶解，此反应仍然为3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，铜不能和稀硫酸反应，故C错；D:相同浓度的NaOH溶液的试管中分别滴入2滴相同浓度的AlCl3和MgCl2溶液，振荡并静置，前者无沉淀是因为碱过量，后者有白色沉淀，不能判断KspAl（OH）3故D错误。D。7. 物质的量浓度相同的三种一元弱酸HX、HY、HZ及一种一元强酸还有纯水，分别用相同浓度NaOH溶液进行滴定，V（NaOH）/V。与pH的关系如下图所示：A. 为强酸的滴定曲线 B. 酸性:

8、HXHYHZC. 滴定HX溶液可用酚酞作指示剂 D. HZ+YHY+Z的平衡常数为K=1103【解析】A起始时PH=7为纯水，故A错；同理Ka（HY）=10-7 Ka（HZ）=10-4，K越大酸性越强，因此酸性:HZHX.故B错；C. 滴定HX溶液时终点溶液显碱性，可用酚酞作指示剂，故C正确； D. HZ+Y的平衡常数为。故D正确。8. 某校同学在实验室中对一氧化碳与硫酸钙反应进行了探究。回答下列问题：（1）甲组同学利用CaSO42H2O在400-500脱水制取无水CaSO4实验中需用到的加热装置中的硅酸盐质的仪器除玻璃棒外，还用到_。（2）乙组同学利用H2C2O4在浓硫酸作用下脱水生成CO、

9、CO2并制备纯净的CO气体，实验装置如下：B、C中盛放的试剂依次为_、_。（3）丙组同学利用甲组制得的无水CaSO4和乙组制得的CO并利用下列装置验证反应并检验气态产物中有SO2和CO2产生。上述装置（部分装置可重复使用）的连接顺序为C_。若E溶液褪色，则发生反应的离子方程式为_。能证明有CO2的生成的实验依据是_。若G中产物为CaO，则G中发生反应的化学方程式为_。（4）丁组的同学取丙组实验后G装置中的固体产物加入试管中，然后加人足量稀盐酸，固体完全溶液且产生少量气体，通入CuSO4溶液有黑色沉淀。可验证CO与CaSO4在高温下还发生了一个副反应，该反应为_（用方程式表示）。【答案】 （1）

10、. 坩埚和泥三角 （2）. 浓NaOH溶液 （3）. 浓硫酸 （4）. G DEDFH （5）. 5SO2 +2MnO4+2H2O = 2Mn2+5SO42+ 4H （6）. D中品红溶液不褪色，其后的澄清石灰水变浑浊 （7）. CaSO4 + COCaO + SO2+CO2 （8）. CaSO4 + 4COCaS +4CO2【解析】，因为温度较高，所以要用到坩埚，附加仪器泥三角都属于硅酸盐质的仪器。坩埚和泥三角。（2）因为H2C2O4在浓硫酸作用下脱水生成CO、CO2，要制得纯净的CO气体，就必须除去CO2 H2O，由实验装置知B为除去CO2，C除去水，所以B中加浓NaOH溶液 C中加.浓硫

11、酸。浓NaOH溶液 浓硫酸。（3）因无水CaSO4要和CO反应会产生SO2和CO2，检验SO2和CO2的顺序为检验SO2除去SO2验证是否除净检验CO2。根据所给装置（部分装置可重复使用）的连接顺序为GDEDFH。若E溶液褪色，是SO2和高锰酸钾溶液反应，则发生反应的离子方程式为5SO2 +2MnO4+2H2O = 2Mn2+5SO42+ 4H能证明有CO2的存在是使澄清的，因为SO2也能使石灰水变浑浊，所以要先除去SO2，故能证明有CO2的生成的实验依据是D中品红溶液不褪色，其后的澄清石灰水变浑浊。若G中产物为CaO，根据知产物为CO2和 SO2，则G中发生反应的化学方程式为CaSO4 +

12、COCaO + SO2+CO2 。9. 一种利用电解锰阳极泥（主要成分MnO2、MnO）制备MnO2的工艺流程如下：（1）“煅烧氧化”时，1mol MnO煅烧完全转化为Na2MnO4失去电子的物质的量为_；MnO2煅烧反应的化学方程式为_。（2）“浸取”时，为提高Na2MnO4的浸取率，可采取的措施有_、_（列举2点）（3）“调pH”是将溶液pH 调至约为10，防止pH较低时Na2MnO4自身发生氧化还原反应，生成MnO2和_；写出用pH试纸测定溶液pH的操作_。（4）“还原”时有无机含氧酸盐生成，发生反应的化学方程式为_。（5）测定产品中MnO2质量分数的步骤如下：步骤1. 准确称取mg产品

13、，加入c1molL-1Na2C2O4溶液V1mL （过量）及适量的稀硫酸，水浴加热煮沸一段时间。（已知：Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2+2H2O+Na2SO4）步骤2. 然后用c2molL-1KMnO4标准溶液滴定剩余的Na2C2O4滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液V2mL。5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2+K2SO4+8H2O）步骤2达滴定终点时判断依据是_；产品中MnO2的质量分数为（MnO2）=_（列出计算的表达式即可）。【答案】 （1）. 4mol （2）. 2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O （3

14、）. 煅烧后固体进行粉碎，适量增大水的量 （4）. 适当提高浸取温度，充分搅拌 （5）. MnO4-（或NaMnO4） （6）. 取一小段pH试纸置于表面皿（点滴板上）中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH （7）. 2Na2MnO4+HCHO=2MnO2+Na2CO3+2NaOH （8）. 滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去 （9）. 100%【解析】 （1）“煅烧氧化”时MnO Na2MnO4锰由+2价变成+6价，失去电子为4e- ，1mol MnO煅烧完全失去电子的物质的量为4mol；MnO2煅烧反应的化学方程式为2MnO2+4NaOH+

15、O22Na2MnO4+2H2O。（2）“浸取”时，为提高Na2MnO4的浸取率，就是增大化学反应速率，所以可采取的措施有：煅烧后固体进行粉碎，增大接触面积，适量增大水的量促进溶解，；适当提高浸取温度，加快化学反应速率，充分搅拌让物质充分迅速 （3）Na2MnO4中Mn的化合价为+6 ,MnO2中Mn的化合价为+4, Na2MnO4自身发生氧化还原反应，Mn的化合价为要升高,即发生MnO2 Na2MnO4 MnO4_,所以能生成MnO2,MnO4-（或NaMnO4）用pH试纸测定溶液pH的操作操作为（6）. 取一小段pH试纸置于表面皿（点滴板上）中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色

16、卡对照读出pH 。MnO4-（或NaMnO4） 取一小段pH试纸置于表面皿（点滴板上）中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH 。（4）由 “还原指Na2MnO4与甲醛反应，发生反应的化学方程式为2Na2MnO4+HCHO=2MnO2+Na2CO3+2NaOH。（5）达滴定终点时判断依据是：滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去。由5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2+K2SO4+8H2O） 5 2 X c2v2 X= 2.5C2V2由Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2+2H2O+Na2SO4

17、 1 1C1V1-2.5C2V2 Y Y= （C1V1-2.5C2V2）mol产品中MnO2的质量分数为m（MnO2）= （C1V1-2.5C2V2）mol87g/mol=87 （C1V1-2.5C2V2）/1000g产品中MnO2的质量分数为（MnO2）= 87（C1V1-2.5C2V2）/1000m10010. 石油产品中除含有H2S外，还含有各种形态的有机硫，如COS、CH3SH。回答下列问题:（1）CH3SH（甲硫醇）的电子式为_。（2）一种脱硫工艺为:真空K2CO3克劳斯法。K2CO3溶液吸收H2S的反应为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反应的平衡常数的对数值为lgK=_（

18、已知:H2CO3 lgK1=-6.4，lgK2=-10.3；H2SlgK1=-7，lgK2=-19）。已知下列热化学方程式:a.2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+ 2H2O（l） H1=-1172kJ/molb.2H2S（g）+O2（g）=2S（s）+2H2O（l） H2=-632kJ/mol克劳斯法回收硫的反应为SO2和H2S气体反应生成S（s），则该反应的热化学方程式为_。（3）Dalleska等人研究发现在强酸溶液中可用H2O2氧化COS。该脱除反应的化学方程式为_。（4）COS水解反应为COS（g）+H2O（g）CO2（g）+H2S（g） H=-35.5kJ/mol。用活性

19、-Al2O3催化，在其它条件相同时，改变反应温度，测得COS水解转化率如图1所示；某温度时，在恒容密闭容器中投入0.3molH2O（g）和0.1molCOS，COS的平衡转化率如图2所示。图1活性-Al2O3催化水解，随温度升高转化率先增大后又减小的可能原因是_。由图2可知，P点时平衡常数为K=_（填数字）。活性-Al2O3催化水解，为提高COS的转化率可采取的措施是_。【答案】 （1）. （2）. 3.3 （3）. 2H2S（g） + SO2（g） = 3S（s） +2H2O（l） H=362 kJmol1 （4）. COS+4H2O2 =CO2+H2SO4+3H2O （5）. 开始温度低，

20、催化剂活性小，到160活化剂活性最大，继续升温，催化剂活性降低且平衡向逆反应方向移动 （6）. 0.0476 （7）. 控制温度约160并增大n（H2O）/n（COS）（甲硫醇）属于共价化合物，其电子式为 K2CO3+H2S=KHCO3 =10-7/10-10.3=103.3 lgK=3.3。3.3。根据a.2H2S（g）+3O2（g）=2SO2（g）+ 2H2O（l） H1=-1172kJ/mol=-632 3-（-1172kJ/mol）/2=362 kJmol1 故2H2S（g） + SO2（g） = 3S（s） +2H2O（l） H=362 kJ克劳斯法回收硫的反应为SO2和H2S气体反

21、应生成S（s），则该反应的热化学方程式为2H2S（g） + SO2（g） = 3S（s） +2H2O（l） H=362 kJmol1。该脱除反应的化学方程式为COS+4H2O2 =CO2+H2SO4+3H2O（4）图1活性-Al2O3催化水解，催化剂与温度有一个临界点，高于这个临界点，催化剂的活性降低。由图可知开始温度低，催化剂活性小，到160活化剂活性最大，继续升温，催化剂活性降低且平衡向逆反应方向移动。 COS（g）+H2O（g）CO2（g）+H2S（g初始量 0.1 0.3 0 0 变化量 X X X X平衡量 0.1-X 0.3-X X XP点时COS转化率为30，所以X=0.03mo

22、l平衡常数为K=0.30.3/0.070.27=0.0476COS（g）+H2O（g）为提高可使化学平衡向正反应方向移动，根据影响化学平衡移动的因素温度，压强 浓度，由方程式可知压强不能改变平衡移动，所以可以增加水蒸气的浓度，温度升高COS的转化率降低，所以控制温度约160并增大n（H2O）/n（COS）即可。11. 硫、钴及其相关化合物用途非常广泛。（1）基态Co原子价电子轨道排布式为_，第四电离能I4（Co）H2TeH2 Se ，其原因是H2O分子间存在较强的氢键，其它三种不含，所以沸点最高；而H2S、H2Se及H2Te的结构相似，相对分子质量不断增大，范德华力不断增强，所以沸点不断升高。

23、已知A点的原子坐标参数为为（0，0，0）， B点是面心上的点，坐标参数B点为（），C点是体心上的点，以C点分别想三个面做垂，数值分别距离A点为1/2，所以C点在体心），点的原子坐标参数为（根据晶胞可知：Ti为立方体的顶点，O为立方体面心上的点，Co为立方体体心上的点，化学式为81/8=1个Ti 1/26=3个O, 1个钛，化学式为TiCoO3,其密度为p=m/V=nM /V，因为晶胞参数为a=0.5485nm,所以晶体的密度为 g/cm312. 由芳香化合物A合成药物中间体I的一种合成路线如下：已知：A、B、C、D的苯环均只有两个取代基，其中D既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应。（1）A的化学名称为_；H中含氧官能团的名称是_。（2）G生成H的反应类型是_。（3）B、C的结构简式依次为_、_。（4）C生成D的化学方程式为_。（5）芳香化合物X是E的同分异构体，既能使Br2/CCl4溶液褪色，又能与NaHCO3反应生成CO2，其核磁共振氢谱显示分子中有4种不